Bộ 24 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 3

Chọn D

Giới hạn $\lim {q^n} = 0 \Leftrightarrow \left| q \right| < 1$. Khi đó $\lim {\left( {\frac{3}{7}} \right)^n} = 0$

Chọn A

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}MN//AB\\NP//AC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {MNP} \right)//\left( {ABC} \right)$

Chọn A

$- 2;0;2;4;6;... \Rightarrow CSC\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - 2\\d = 2\end{array} \right. \Rightarrow {u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = - 2 + \left( {n - 1} \right).2 = 2n - 4$

Chọn A

Chọn D

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{{x^k}}} = 0$

Chọn D

$$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{10{x^2} - 4x + 5}}{{8{x^2} + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{10 - \frac{4}{x} + \frac{5}{{{x^2}}}}}{{8 + \frac{2}{x}}} = \frac{{10}}{8} = \frac{5}{4} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b = 4\end{array} \right.\\ \Rightarrow T = 2023.5 - 2024.4 = 2019\end{array}$$

Chọn C

Có $AC = AB + BC = 4 + 5 = 9$. Theo định lý Talet có $\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{A'B'}}{{A'C'}} \Leftrightarrow \frac{5}{9} = \frac{{A'B'}}{{18}} \Rightarrow A'B' = 10$

Chọn C

Chia cả tử và mẫu cho n $\lim \frac{{\sqrt {9{n^2} + n + 4} }}{{5n - 7}} = \lim \frac{{\sqrt {9 + \frac{1}{n} + \frac{4}{{{n^2}}}} }}{{5 - \frac{7}{n}}} = \frac{3}{5}$

Chọn B

$\left( {SAC} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA$

Chọn C

${u_6} = {u_1}.{q^5} = 5.{\left( { - 2} \right)^5} = - 160$

Chọn D

$\frac{{3\pi }}{2} < a < 2\pi \Rightarrow \alpha$ thuộc góc phần tư thứ IV nên ${\rm{sin}}a < 0,{\rm{cos}}a > 0$

Chọn B

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} + 3}}{{ - {x^3} + 2}} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^2} + 3}}{{ - {{\left( 1 \right)}^3} + 2}} = \frac{4}{1} = 4$$

Chọn A

${\rm{cos }}x = \cos \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = - \alpha + k2\pi \end{array} \right.(k \in \mathbb{Z})$

Chọn C

Gọi K là giao điểm của B’C và BC’, I là trung điểm của AB.

Do HB’= AI và HB’ //AI nên AHB’I là hình bình hành => AH// B’I. (1)

* Trong tam giác ABC' có I và K lần lượt là trung điểm của AB; BC' nên IK là đường trung bình của tam giác. Suy ra: KI// AC’ (2)

Từ (1) và (2) suy ra:(AHC’) // (B’CI). Do đó: B’C //(AHC’).

Chọn C

Ta có các hàm số $y = \sin x$, $y = {\rm{cos }}x$ tuần hoàn với chu kỳ $T = 2\pi$

Hàm số $y = \tan x$, $y = \cot x$ tuần hoàn với chu kỳ $T = \pi$. Vậy C đúng

Chọn A

$IJ$ là đường trung bình của tam giác SAC nên $IJ//AC$ mà $AC \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow IJ//\left( {ABCD} \right)$

Chọn A

Trong tam giác ACD, gọi $G = AN \cap DM \Rightarrow$G là trọng tâm tam giác ACD

Ta có: $B \in \left( {MBD} \right) \cap \left( {ABN} \right)$

$$G = AN \cap DM \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}G \in AN \subset \left( {ABN} \right)\\G \in DM \subset \left( {MBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow G \in \left( {MBD} \right) \cap \left( {ABN} \right)$$

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {MBD} \right)$ và $\left( {ABN} \right)$ là đường thẳng $BG$ ($G$là trọng tâm tam giác $ACD$).

Chọn D

$${S_{10}} = 10{u_1} + \frac{{10.\left( {10 - 1} \right).d}}{2} = 10.\left( { - 5} \right) + \frac{{10.\left( {10 - 1} \right).3}}{2} = 85$$

Chọn C

$\,{u_2} = {u_1} + d \Rightarrow d = {u_2} - {u_1} = - 2 - 3 = - 5$

Chọn A

Chọn B

Tổng $n$ số hạng đầu tiên của một cấp số nhân có số hạng đầu ${u_1}$ và công bội $q \ne 1$là

${S_n} = \frac{{{u_n}\left( {1 - {q^n}} \right)}}{{1 - q}}.$

Chọn C

Chọn B

$${u_7} = {u_1}.{q^6} \Leftrightarrow - 32 = - \frac{1}{2}{q^6} \Leftrightarrow {q^6} = 64 \Leftrightarrow q = \pm 2$$

Chọn B

${\rm{tan}}x = - 1 \Leftrightarrow {\rm{tan}}x = {\rm{tan}}\left( { - \frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi ,\,k \in \mathbb{Z}$

Chọn C

$O{O_1}$ là đường trung bình của tam giác BDF nên $O{O_1}{\rm{//DF//EC}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}O{O_1}{\rm{//}}\left( {BEC} \right)\\O{O_1}{\rm{//}}\left( {ADF} \right)\end{array} \right.$. Vậy A, B đúng

Chú ý rằng $\left( {EFM} \right) \equiv \left( {DEF} \right)$ nên $\left\{ \begin{array}{l}O{O_1}{\rm{//DF}}\\{\rm{DF}} \subset \left( {EFM} \right)\end{array} \right. \Rightarrow O{O_1}//\left( {EFM} \right)$. Vậy D đúng

Ngoài ra C sai vì $M{O_1}//\left( {BEC} \right)$, thật vậy $O{O_1}//CE,OM//BC$ nên $\left( {O{O_1}M} \right)//\left( {BCE} \right) \Rightarrow M{O_1}//\left( {BCE} \right)$

Chọn A

$\lim \frac{{{3^n} + {5^n}}}{{{4^n} + {{3.5}^n}}} = \lim \frac{{{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^n} + 1}}{{{{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^n} + 3}} = \frac{1}{3}$

Chọn B

$$\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MN//AB\\AB \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MN//\left( {ABCD} \right)$$

Chọn C

Dãy ${u_n} = {4^n}$ là dãy số tang vì $\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{{4^{n + 1}}}}{{{4^n}}} = 4 > 1 \Rightarrow {u_{n + 1}} > {u_n}$

Chọn C

ĐKXĐ $\cos \left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) \ne 0 \Leftrightarrow 2x + \frac{\pi }{4} \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow 2x \ne \frac{\pi }{4} + k\pi \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2},\,k \in \mathbb{Z}$

Chọn A

Có ${u_n} = \frac{{n - 1}}{{{n^2} + 1}} = \frac{2}{{13}} \Leftrightarrow 2{n^2} + 2 = 13n - 13 \Leftrightarrow 2{n^2} - 13n + 15 = 0 \Leftrightarrow n = 5$

Vậy số $\frac{2}{{13}}$là số hạng thứ 5 của dãy số

Chọn C

$$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} \frac{{3 - \sqrt {3 - 2x} }}{{{x^2} + 4x + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} \frac{{\left( {3 - \sqrt {3 - 2x} } \right)\left( {3 + \sqrt {3 - 2x} } \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {3 + \sqrt {3 - 2x} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} \frac{{6 + 2x}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {3 + \sqrt {3 - 2x} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} \frac{2}{{\left( {x + 1} \right)\left( {3 + \sqrt {3 - 2x} } \right)}} = \frac{2}{{\left( { - 3 + 1} \right)\left( {3 + \sqrt {3 - 2.( - 3)} } \right)}} = - \frac{1}{6}\end{array}$$

Chọn C

Hình chiếu của hình chữ nhật không thể là hình thang vì phép chiếu song song biến hai đường song song thành hai đường song song hoặc trùng nhau (hình thang có cạnh bên không song song với nhau)

Chọn D

$$L = \lim \frac{{4{n^2} - 3{n^3}}}{{2{n^3} + 5n - 2}} = \lim \frac{{4\frac{1}{n} - 3}}{{2 + \frac{5}{{{n^2}}} - \frac{2}{{{n^3}}}}} = - \frac{3}{2}$$

a)

b)

c)

Gọi $K$ là giao điểm của $B'C$ và $BC'$, $I$ là trung điểm của $AB$.

Do $HB' = AI;HB'{\rm{//}}AI$ nên tứ giác $AHB'I$ là hình bình hành hay$AH{\rm{//}}B'I$(1).

Mặt khác KI là đường trung bình trong tam giác ABC’ nên $KI{\rm{//}}AC'$(2)

Ta có AH và AC’ cắt nhau trong (AHC’); B’I và KI cắt nhau trong (B’CI) (3). Từ (1), (2), (3)$\Rightarrow \left( {AHC'} \right){\rm{//}}\left( {B'CI} \right)$

Mà$B'C \subset \left( {B'CI} \right)$ nên$B'C{\rm{//}}\left( {AHC'} \right)$.

Cách 2:

Trong mặt phẳng (ACC’A’), gọi O là giao điểm của AC’ và A’C. Vì tứ giác ACC’A’ là hình bình hành nên O là trung điểm của CA’.

Trong tam giác A’B’C ta có HO là đường trung bình nên HO // B’C

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}B'C//HO\\HO \subset (AHC')\\B'C \not\subset (AHC')\end{array} \right. \Rightarrow B'C//(AHC')$.

a) Gọi u$_{n}$ là lượng thuốc trong cơ thể bệnh nhân sau khi uống ở ngày thứ n

Ta có:

Lượng thuốc sau khi uống ở ngày thứ 1 là: u$_{1}$ = 150 mg

Lượng thuốc sau khi uống ở ngày thứ 2 là: u$_{2}$ = 6%.u$_{1}$ + 150 = 6%.150 + 150 = 150(1+0,06)

Lượng thuốc sau khi uống ở ngày thứ 3 là:

u$_{3}$ = 6%.u$_{2}$ + 150 = 0,06.150.(1+0,06) + 150 = 150(1+0,06 + 0,06$^{2}$)

Lượng thuốc sau khi uống ở ngày thứ 4 là: u$_{4}$ = 6%.u$_{3}$ + 150 = 150(1+0,06 + 0,06$^{2}$+ 0,06$^{3}$)

Lượng thuốc sau khi uống ở ngày thứ 5 là:

u$_{5}$ = 6%.u$_{4}$ + 150 = 150(1+0,06 + 0,06$^{2}$+ 0,06$^{3}$+ 0,06$^{4}$) $\approx$159,574(mg).

b) Nếu bệnh nhân sử dụng thuốc trong thời gian dài, lượng thuốc trong cơ thể được ước lượng bởi $S = 150(1 + 0{,}06 + 0,{06^2} + ... + 0,{06^n} + ...)$.

Ta có $1 + 0{,}06 + 0,{06^2} + ... + 0,{06^n} + ...$là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn

với công bội q = 0,06 và số hạng đầu u$_{1}$ = 1.

Do đó $S = 150(1 + 0{,}06 + 0,{06^2} + ... + 0,{06^n} + ...) = 150.\frac{1}{{1 - 0{,}06}} = 150.\frac{{50}}{{47}} \approx 159{,}6(mg).$

Vậy lượng thuốc trong cơ thể được ước lượng là 159,6 (mg) nếu dùng lâu dài.